拓撲周期表的導出

03-01

最近要用到按對稱性和維度排列的拓撲周期表，趁著在假期里把這個東西好好學一下。數學比較差，這裡用比較物理的Dirac Hamiltonian的方法。此筆記中可能會有錯誤，還望行家多多指教。

1 Altland-Zirnbauer symmetry classes

這裡還是能帶拓撲。拓撲分類離不開對稱性：給定一組對稱性，在保持對稱性的前提下，能夠相互絕熱演化到的態稱為拓撲等價。對稱性可以分為兩類：空間對稱性與局域對稱性。前者是指改變空間位置的對稱性，比如空間反演、轉動、鏡面等。後者是指不改變空間位置的對稱性，比如時間反演、粒子空穴對稱性等。這裡我們只關心後者。我們考慮時間反演 $T$ 、粒子空穴對稱性 $C$ 、手性對稱性 $S=TC$ 三種局域對稱性的組合的分類。哈密頓量在這三種對稱性下的變換規則為：

$TH(k)T^{-1} = H(-k)$ (1)

$CH(k)C^{-1} =-H(-k)$ (2)

$SH(k)S^{-1} =-H(k)$ (3)

其中 $T=U_T Theta$ 與 $C=U_C Theta$ 是反線性算符， $Theta$ 是復共軛算符， $U_T$ 與 $U_C$ 都是幺正矩陣。我們要求 $T^2=pm1$ ， $C^2=pm1$ ，這等價為 $U_T=pm U_T^T$ 與 $U_C=pm U_C^T$ 。通過選取合適的相位，我們總可以設 ${T,C}=0$ 。易證 $S=e^{iphi}U_T U_C^*$ 是幺正算符,我們總可以選取合適的相位 $phi$ 是的 $S^2=1$ 。

所謂Altland-Zirnbauer symmetry classes，就是這三種對稱性的各種組合，如表I所示：

表I：AZ symmetry classes

注意到在既沒有時間反演對稱性也沒有粒子-空穴對稱性時，依然可以由手性對稱性，因此是10類。其中AIII與A稱為complex symmetry classes,而其餘的八類稱為real symmetry classes。

2 一般原則：symmetry preserving extra mass term

接下來我們要做的事情是對這10類中的每一類構造一個最小哈密頓量，並且檢查這個哈密頓量能否發生拓撲相變。如果能，還要檢查有幾種拓撲相。

設對於給定的symmetry class和空間維度 $d$ ，我們可以嘗試寫下一個拓撲相變點附近的哈密頓量（這裡我們假設拓撲相變總可以由Dirac theory描寫）：

$H(k)= M gamma_0 + sum_{i=1}^{d} k_i gamma_i$ (4)

其中 $gamma_i$ 是一組厄密矩陣，且滿足 ${gamma_i,gamma_j}=2delta_{ij}mathbb{I}$ 。那麼 $M=0$ 真的是個拓撲相變點嗎？這取決於能否在此哈密頓量上加入symmetry preserving extra mass term (SPEMT)。SPEMT是指一個形如 $m ilde{gamma}$ 的項，它滿足該symmetry class所有的對稱性，以及反對易關係 ${ ilde{gamma},gamma_i}=0$ 、 ${ ilde{gamma}, ilde{gamma}}=2mathbb{I}$ 。

如果SPEMT存在，說明該symmetry class在 $d$ 維是沒有拓撲分類的。理由很簡單，由於新的能譜為 $pmsqrt{M^2+m^2+sum_i k_i^2}$ ，無論我們怎麼調節 $M$ ，能隙都不會閉合，也就不會發生拓撲相變。
如果SPEMT不存在，則說明參數空間被分割為兩個區域： $M>0$ 與 $M<0$ ，這兩個區域是不能絕熱相連的。也就是說該symmetry class在 $d$ 維至少有兩個拓撲不等價的相， $M=0$ 是這兩個相的臨界點。我們需要進一步考察，當把多個這樣的哈密頓量直和起來的時候，能否加入SPEMT，來進一步決定有多少拓撲等價類。在我們關心的問題中，都可以對兩個最小哈密頓量的直和引入SPEMT，其中又有兩種不同的情況：

若所有可能的最小哈密頓量都是等價的（差一些scaling和幺正變換），那麼拓撲分類是 $mathbb{Z}_2$ 的。這是因為把兩個等價的哈密頓量直和即平庸。在 $mathbb{Z}_2$ 體系中，佔據態和空態是拓撲等價的。
若有兩種不等價的最小哈密頓量，那麼拓撲分類是 $mathbb{Z}$ 的。兩個不等價最小哈密頓量的直和可以引入SPEMT，而任意多等價的最小哈密頓量之間都無法引入SPEMT。

為了系統地研究，我們把這個問題換一個表述方式。給定一個symmetry class，問：滿足對稱性的哈密頓量

$H(k)= sum_{j=0}^{D} m_j ilde{gamma}_j + sum_{i=1}^{d} k_i gamma_i$ (5)

${gamma_i,gamma_j}=2delta_{ij}mathbb{I},quad { ilde{gamma}_i, ilde{gamma_j}}=2delta_{ij}mathbb{I},quad { ilde{gamma}_i,gamma_j}=0$ (6)

的最小矩陣維度是多少？以及有幾種不等價的最小哈密頓量？我們可以認為 $m_0$ 就是 $M$ ，而 $m_1$ 是SPEMT。如果 $D=0$ 與 $D=1$ 需要的維度相同，則說明存在SPEMT；反之則說明不存在SPEMT。

3 熱身：complex symmetry classes

3.1 A-class

我們先考察沒有任何對稱性的A-class。如上所述，問題化為：實現 $D+d+1$ 個相互反對易的 $gamma_i$ 矩陣，最小矩陣維度是多少？由於 $gamma_i$ 都是厄密矩陣，所以 $gamma_i$ 產生的代數與復Clifford代數 $Cl_{D+d+1}$ 同構。所以問題變成了求 $Cl_q$ 的最小表示維度。這件事情是有結論的，那就是 $n_q = 2^{lfloor q/2 floor}$ 。其中 $lfloor q/2 floor$ 代表小於等於 $q/2$ 的最大整數。

以 $d=1$ 為例。對於 $D=0$ ，有 $n_{2}=2$ ; 對於 $D=1$ ，有 $n_{3}=2$ 。也就是說，存在SPEMT，我們可以把（5）式寫為 $H(k)=m_0sigma_x + m_1 sigma_y + ksigma_z$ 。

再以 $d=2$ 為例。對於 $D=0$ , 有 $n_{3}=2$ ; 對於 $D=1$ ，有 $n_4=4$ 。也就是說不存在SPEMT。現在我們要搞清楚有多少種拓撲等價類。首先，拓撲相變點附近的哈密頓量為 $H(k)=k_1sigma_x + k_2 sigma_y + Msigma_z$ 。當我們把兩個這樣的模型直和起來時，質量可以同號，也可以不同號：

$H(k)=k_1 au_0sigma_x + k_2 au_0sigma_y + M au_0sigma_z$ 。我們發現這個時候依然無法加入SPEMT。類似地，把任意多個同號的模型直和起來都無法加入SPEMT。
$H(k)=k_1 au_0sigma_x + k_2 au_0sigma_y + M au_zsigma_z$ 。此時就可以加入SPEMT $m_1 au_x sigma_z$ 。

由此，我們可以得出結論：2維時拓撲分類為 $mathbb{Z}$ ，拓撲不變數等於正質量的數目減去負質量的數目。對於其它維度，結論完全是類似的：若 $n_{d+1}=n_{d+2}$ ，則 $d$ 維沒有拓撲分類；若 $2n_{d+1}=n_{d+2}$ ，則拓撲分類為 $mathbb{Z}$ 。因此，A-class在奇數維沒有拓撲分類，在偶數維拓撲分類為 $mathbb{Z}$ 。

3.2 AIII-class

AIII-class中只有一個手性對稱性，（3）式表明它與所有的 $gamma$ 矩陣反對易。另外，由於 $S$ 幺正且 $S^2=1$ ，我們得到 $S=S^dagger$ ，也即 $S$ 是厄密的。所以，在 $d$ 維我們需要 $D+d+2$ 個 $gamma$ 矩陣來實現哈密頓量與 $S$ 算符。這些矩陣產生的代數與 $Cl_{D+d+2}$ 同構，其最小表示的維度為 $n_{D+d+2}=2^{lfloor D+d+2 floor}$ 。

分析與A-class完全類似，只不過最小維度從 $n_{D+d+1}$ 變成了 $n_{D+d+2}$ 。所以AIII-class與A-class相反：在奇數維拓撲分類為 $mathbb{Z}$ ，在偶數維沒有拓撲分類。

4 Real symmetry classes

4.1 與實Clifford代數的同構

AIII-class與A-class的好處是所有的矩陣都是厄密的，並且相互反對易，所以其產生的代數與復Clifford代數同構（這也是它們稱為complex classes的原因）。而另外八個symmetry classes就沒這麼直接的同構關係了。一方面， $T$ 或 $C$ 包含復共軛操作，不能直接用矩陣表示。另一方面， $T$ 或 $C$ 與某些 $gamma$ 矩陣是對易關係，而非反對易，比如 $T ilde{gamma}_j T^{-1} = ilde{gamma}_j$ ( $j=0cdots D$ )， $Cgamma_i C^{-1}=gamma_i$ ( $i=1cdots d$ )。所以這些symmetry classes中的矩陣不再與復Clifford代數同構。事實上，這些矩陣與實Clifford代數同構，這也是這八個classes稱為real symmetry classes的原因。為了確定最小哈密頓量（式(5)）的維度，我們只需要確定相應的實Clifford代數的最小表示維度即可。

定義集合

$mathcal{S}={i, ilde{gamma}_0,cdots, ilde{gamma}_D,gamma_1,cdots,gamma_d,T, ext{and (or) } C}$ (7)

注意我們把虛數單位 $i$ 也放在 $mathcal{S}$ 中了。 $mathcal{S}$ 在實數域上產生的代數記為 $G_#$ ，其中 $#$ 是symmetry class的編號，那麼:

$G_mathrm{D}cong Cl_{2+D,1+d}$ (8)

$G_mathrm{DIII}cong Cl_{3+D,1+d}$ (9)

$G_mathrm{AII}cong Cl_{3+D,d}$ (10)

$G_mathrm{CII}cong Cl_{4+D,d}$ (11)

$G_mathrm{C}cong Cl_{2+d,1+D}$ (12)

$G_mathrm{CI}cong Cl_{2+d,2+D}$ (13)

$G_mathrm{AI}cong Cl_{1+d,2+D}$ (14)

$G_mathrm{BDI}cong Cl_{1+d,3+D}$ (15)

其中 $Cl_{p,q}$ 是

$mathcal{J}={J_1,cdots, J_p, ilde{J}_1,cdots, ilde{J}_q}$ (16)

在實數域上產生的代數。其中

${J_i,J_j}=-2delta_{ij} mathbb{I},quad { ilde{J}_i, ilde{J}_j}=2delta_{ij} mathbb{I},quad { ilde{J}_i,J_j}=0$ (17)

在下一個小節中我們證明這種同構關係

4.2 同構的證明

首先，我們給出從 $G_#$ 到 $Cl_{p,q}$ 的映射。我們先構造一個 $mathcal{S}$ 的忠實實表示。注意到 $(isigma_y)^2=-1$ ， $[x,isigma_y]=0$ ( $xinmathbb{R}$ )，也即 $isigma_y$ 與虛數單位滿足一樣的代數關係，因此可以用 $isigma_y$ 表示虛數單位。又注意到 ${i,Theta}=0$ ， $[x,Theta]=0$ ( $xinmathbb{R}$ )，以及 ${isigma_y,sigma_z}=0$ ， $[x,sigma_z]$ ( $xin mathbb{R}$ )，因此可以用 $sigma_z$ 表示復共軛。於是：

$i o J_1 = isigma_yotimesmathbb{I}$
$ilde{gamma}_j o ilde{Gamma}_j=sigma_0otimesRe( ilde{gamma}_j)+isigma_yotimesIm( ilde{gamma}_j)$
${gamma}_i o {Gamma}_i=sigma_0otimesRe({gamma}_i)+isigma_yotimesIm({gamma}_i)$
$T o Gamma_T = sigma_zotimes Re(U_T)-sigma_xotimesIm(U_T)$
$C o Gamma_C = sigma_zotimes Re(U_C)-sigma_xotimesIm(U_C)$

接下來，我們給出這個實表示產生到Clifford代數的映射。

AII. 首先，取 $J_2=Gamma_T$ 。然後，由於 $ilde{Gamma}_j$ 與 $J_1$ 和 $J_2$ 對易，我們取 $J_{3+j}=J_1Gamma_T ilde{Gamma}_j$ 來滿足反對易關係以及 $J_{3+j}^2=-1$ 。最後，由於 $Gamma_i$ 與 $J_1$ 對易，我們取 $ilde{J}_i=Gamma_TGamma_i$ 來滿足反對易關係以及 $ilde{J}_i^2=1$ 。因此 $G_mathrm{AII} o Cl_{3+D,d}$ 。
CII. 首先，取 $J_2=Gamma_T$ ， $J_3=Gamma_C$ 。然後，由於 $ilde{Gamma}_j$ 與 $J_1$$J_2$ 對易，我們取 $J_{4+j}=J_1Gamma_T ilde{Gamma}_j$ ，來滿足對易關係以及 $J_{4+j}^2=-1$ 。最後，由於 $Gamma_i$ 與 $J_1$$J_3$ 對易，我們取 $ilde{J}_i=Gamma_TGamma_i$ 來滿足反對易關係以及 $ilde{J}_i^2=1$ 。因此 $G_mathrm{CII} o Cl_{4+D,d}$ 。（聰明的你可能發現了，取 $ilde{J}_{1+j}=Gamma_C ilde{Gamma}_j$ ， $J_{3+i}=J_1Gamma_CGamma_i$ 也是可以的。於是也有 $G_mathrm{CII} o Cl_{3+d,1+D}$ 。這是對的，因為 $Cl_{p+k,q}=Cl_{p,q+k}$ ( $p-q=3 mod 4$ )，此處 $p=3+d$ , $q=d$ , $k=1+D-d$ 。）
C. 首先，取 $J_2=Gamma_C$ 。然後，由於 $Gamma_i$ 與 $J_1$$J_2$ 對易，我們取 $J_{2+i}=J_1Gamma_CGamma_i$ 來滿足反對易關係以及 $J_{i+2}^2=-1$ 。最後，由於 $ilde{Gamma}_j$ 與 $J_1$ 對易，我們取 $ilde{J}_{1+j}=Gamma_C ilde{Gamma}_j$ 來滿足反對關係以及 $ilde{J}_{1+j}^2=1$ 。因此， $G_mathrm{C} o Cl_{2+d,1+D}$ 。
CI. 首先，取 $J_2=Gamma_C$ ， $ilde{J}_1=Gamma_T$ 。然後，取 $J_{2+i}=Gamma_TGamma_i$ 。最後，取 $ilde{J}_{2+j}=J_1Gamma_T ilde{Gamma}_j$ 。因此， $G_mathrm{CI} o Cl_{2+d,2+D}$ 。
AI. 首先，取 $ilde{J}_1=Gamma_T$ 。然後，取 $J_{1+i}=Gamma_TGamma_i$ 。最後，取 $ilde{J}_{2+j}=J_1Gamma_T ilde{Gamma}_j$ 。因此， $G_mathrm{AI} o Cl_{1+d,2+D}$ 。
BDI. 首先，取 $ilde{J}_1=Gamma_T$ ， $ilde{J}_2=Gamma_C$ 。然後取 $J_{1+i}=Gamma_TGamma_i$ 。最後，取 $ilde{J}_{3+j}=J_1Gamma_T ilde{Gamma}_j$ 。因此， $G_mathrm{BDI} o Cl_{1+d,3+D}$ 。
D. 首先，取 $ilde{J}_1=Gamma_C$ 。然後，取 $J_{2+j}=Gamma_C ilde{Gamma}_j$ 。最後，取 $ilde{J}_{1+i}=J_1Gamma_CGamma_i$ 。因此， $G_mathrm{D} o Cl_{2+D,1+d}$ 。
DIII. 首先，取 $J_2=Gamma_T$ , $ilde{J}_1=Gamma_C$ 。然後，取 $J_{3+j}=J_1Gamma_T ilde{Gamma}_j$ 。最後，取 $ilde{J}_{1+i}=Gamma_TGamma_i$ 。因此， $G_mathrm{DIII} o Cl_{3+D,1+d}$ 。

總結一下，在含有 $T$ 的symmetry class里，實Clifford代數的生成元總可以取成 $J_1$ ， $Gamma_T$ ， $Gamma_C$ （如果有的話）， $J_1Gamma_T ilde{Gamma}_j$ ， $Gamma_TGamma_i$ 。在不含 $T$ 、只含 $C$ 的symmetry class中，實Clifford代數的生成元總可以取成 $J_1$ ， $Gamma_C$ ， $J_1Gamma_CGamma_i$ ， $Gamma_C ilde{Gamma}_j$ 。這樣取的生成元之間總是滿足反對易關係的，只需要再檢查每個生成元的平方，即可確定 $Cl_{p,q}$ 。

最後，映射 $G_# o Cl_{p,q}$ 的逆映射是顯然的，例如在AII中， $J_1 o i$ ， $J_2 o T$ ， $J_2J_1J_{3+j} o ilde{gamma}_j$ ， $J_2 ilde{J}_i ogamma_i$ 。因此 $G_#$ 與 $Cl_{p,q}$ 是同構關係。

4.3 等價實表示與等價哈密頓量

4.2中建立了 ${Gamma_i, ilde{Gamma}_j,Gamma_C,Gamma_T}$ 與 ${J_{i eq 1}, ilde{J}_j}$ 之間的對應關係。（注意其中 $J_1$ 的形式是預設的，因此不在對應關係中）這裡，我們證明對後者做做正交等價變換相當於對前者做幺正等價變換。設 $mathcal{J}$ 的正交變換矩陣為 $R$ ，它需要滿足 $RR^T=1$ 和 $J_1=RJ_1R^T$ 。於是 $Rin O(2N)cap Sp(2N)cong U(N)$ ，可以設 $R=sigma_0otimes A+isigma_y B$ ，且 $AA^T+BB^T=1$ 。因此 $U=A+iB$ 即相應的幺正變換矩陣。

也就是說， $Cl_{p,q}$ 有幾種不等價的實表示（固定 $J_1=isigma_yotimesmathbb{I}$ ）， $G_#$ 便有幾種不等價最小哈密頓量。

4.4 最小維度

如果 $Cl_{p,q}$ 的只有一種最小表示且維度為 $n$ ，我們則記 $d_{p,q}=n$ ；如果 $Cl_{p,q}$ 的有兩種不等價最小表示且維度為 $n$ ，我們則記 $d_{p,q}=n_2$ 。根據4.3的內容，我們知道最小哈密頓量的維度是 $d_{p,q}/2$ 。

在推導周期表之前，我們介紹三個恆等式：

$Cl_{p+1,q+1}cong Cl_{p,q}otimes Cl_{1,1}$ 。這個很直接，因為由 $C_{p,q}$ 與 $Cl_{1,1}$ 我們可以構造 ${sigma_zotimes J_i, isigma_yotimesmathbb{I}, sigma_zotimes ilde{J}_j, sigma_xotimesmathbb{I}}$ 。
$Cl_{p+k,q}cong Cl_{p,q+k}$ ( $p-q=3mod 4$ )。不知道一般地怎麼證明，但是4.2中CII-class的討論提供了一個 $p-q=3$ 的證明。
$Cl_{p,q}otimes Cl_{4,4}cong Cl_{p+8,q}cong Cl_{p,q+8}$ 。此即Bott-periodicity。

注意到 $d_{1,1}=2$ （ $J_1=isigma_y$ ， $ilde{J}_1=sigma_z$ ），由上面三個關係，我們便有結論：

$d_{p+1,q+1}=2d_{p,q}$ (18)

$d_{p+k,q}=d_{p,q+k}quad (p-q=3mod 4)$ (19)

$d_{p+8,q}=d_{p,q+8}=2^4 d_{p,q}$ (20)

根據式(8)-(15)和(18)-(20)，可以推出：

$mathrm{dim}(H_mathrm{D}^{D,d=n})=d_{2+D,1+n}/2$ $=mathrm{dim}(H_mathrm{DIII}^{D,d=n+1})/2=d_{3+D,2+n}/2^2$ $=mathrm{dim}(H_mathrm{AII}^{D,d=n+2})/2 = d_{3+D,2+n}/2^2$ $= mathrm{dim}(H_mathrm{CII}^{D,d=n+3})/2^2 =d_{4+D,3+n}/2^3$ $= mathrm{dim}(H_mathrm{C}^{D,d=n+4})/2^2 =d_{6+d,1+D}/2^3$ $= mathrm{dim}(H_mathrm{CI}^{D,d=n+5})/2^3 =d_{7+d,2+D}/2^4$ $= mathrm{dim}(H_mathrm{AI}^{D,d=n+6})/2^3 =d_{7+d,2+D}/2^4$ $= mathrm{dim}(H_mathrm{BDI}^{D,d=n+7})/2^4 =d_{8+d,3+D}/2^5$ (21)

和

$mathrm{dim}(H_#^{D,d=n})=mathrm{dim}(H_#^{D,d=n+8})/2^4$ (22)

拓撲分類由 $D=0$ 與 $D=1$ 的最小維度決定，於是式（21）中所有的哈密頓量的拓撲分類都是一樣的。式(22)則告訴我們同一個symmetry class在 $d=n$ 與 $d=n+8$ 兩種維度時的拓撲分類也是一樣的。

4.5 周期表的導出

根據式(21)與(22)，我們只需要導出 $d=0$ 的八個symmetry class的拓撲分類即可。

在此之前我們先計算一些 $d_{p,q}$ ：

$d_{1,0}=2$ 。即 $J_1=isigma_y$ 。
$d_{2,0}=4$ 。即 $J_1=isigma_y au_0$ ， $J_2=isigma_0 au_y$ 。
$d_{3,0}=4_2$ 。即 $J_1=isigma_y au_0$ ， $J_2=isigma_x au_y$ ， $J_3=pm isigma_z au_y$ 。
$d_{0,1}=1_2$ 。因為 $Cl_{0,1}cong mathbb{R}$ ， $ilde{J}_1=pm 1$ 。

應用到8個real symmetry classes：

D， $Cl_{2+D,1+d}$ 。 $d_{2,1}=2d_{1,0}=4$ ， $d_{3,1}=2d_{2,0}=8$ 。因此拓撲分類為 $mathbb{Z}_2$ 。
DIII， $Cl_{3+D,1+d}$ 。 $d_{3,1}=2d_{2,0}=8$ ， $d_{4,1}=2d_{3,0}=8_2$ 。因此沒有分類。
AII， $Cl_{3+D,d}$ 。 $d_{3,0}=4_2$ ， $d_{4,0}=d_{3,1}=2d_{2,0}=8$ 。因此分類為 $mathbb{Z}$ 。
CII， $Cl_{4+D,d}$ 。 $d_{4,0}=d_{3,1}=2d_{2,0}=8$ ， $d_{5,0}=d_{3,2}=2^2d_{1,0}=8$ 。因此沒有分類。
C， $Cl_{2+d,1+D}$ 。 $d_{2,1}=2d_{1,0}=4$ ， $d_{2,2}=4$ 。因此沒有分類。
CI， $Cl_{2+d,2+D}$ 。 $d_{2,2}=4$ ， $d_{2,3}=4d_{0,1}=4$ 。因此沒有分類。
AI， $Cl_{1+d,2+D}$ 。 $d_{1,2}=2d_{0,1}=2_2$ ， $d_{1,3}=2d_{0,2}=2d_{1,1}=4$ ，因此分類為 $mathbb{Z}$ 。
BDI， $Cl_{1+d,3+D}$ 。 $d_{1,3}=2d_{0,2}=2d_{1,1}=4$ ， $d_{1,4}=2d_{0,3}=2d_{2,1}=4d_{1,0}=8$ 。因此分類為 $mathbb{Z}_2$ 。

根據式(21)和(22)我們可以把這些結果平移到任意維度，如表II所示。

表II：拓撲周期表